大学物理上复习资料

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1、内容提要位矢：r二r(t)二x(t)f+y(t)j+z(t)k位移：Ar=r(t+At)一r(t)=Axf+Ay/+Azk一般情况,|Ar|丰A速度：F=limA=d=少+dy7+手k=XT+y7+zkAttoAtdtdtdtdt加速度：7十Audud2rd2x7d2y7d2z7“亍“7“ra=lim=i+/+k=xi+yj+zkAttoAtdtdt2dt2dt2dt2圆周运动d0z.角速度：=Gdt角加速度：dd20a=dtdt20.（或用0表示角加速度）线加速度：a=a+antu2法向加速度：a=R2指向圆心nR切向加速度：a=Ra沿切线方向tdt线速率：u=R弧长：s=R0内容提要动量：

2、p=mu冲量：I=ft2Fdt动量定理：dp=ft2Fdt动量守恒定律：若F=工Fip一p=ft2Fdt=0，则p=工p=常矢量i力矩：M=rxF质点的角动量（动量矩）：L=rXp=mrxodL角动量定理：M外力=dt角动量守恒定律：若M外力=工M=0，则L=工L=常矢量外力功：dW=FdrWAB=JBFdr一般地WAAB动能：Ek1=mu22=JxBxAFdx+xJyBFdy+JzyAyBFdzzAz动能定理：质点，WAB11=_mu2_mu22B2质点系W外力+W内力保守力：做功与路程无关的力。=Ek-Ek0保守内力的功：气呆守内力=(Ep2p1E)=AEp功能原理：W外力+W非保守内力=

3、AE+AEkp机械能守恒：若“外力+W非保守内力则Ek+Ep=Ek0+Ep0内容提要转动惯量：离散系统，=工mr2ii连续系统，J=Jr2dm平行轴定理：J=Jc+md2刚体定轴转动的角动量：L=Jo刚体定轴转动的转动定律：M=JadLdt刚体定轴转动的角动量定理：Jt2Mdt=LLt10力矩的功：W=JMd9dW力矩的功率：P=Modt1转动动能：E=Jo2k2刚体定轴转动的动能定理：严=2J2-2花内容提要占1qq库仑定律：F隹er1-4兀8r20F电场强度：Eq0带电体的场强：E-工静电场的高斯定理：JJESdS工qi0静电场的环路定理：JEdl-0L电势：VJEdlpp带电体的电势：V

4、-工ViJdq4兀r0导体静电平衡：电场电势，电介质中的高斯定理：Q导体内场强处处为零；Q导体表面处场强垂直表面Q导体是等势体；Q导体表面是等势面JJDdS工qSi各向同性电介质：D-08rE-8E电容：C=-U电容器的能量：W2耳2QU2CU2内容提要毕奥-萨伐尔定律：dB卩Idlxe0r4兀r2磁场高斯定理：JJBdS0安培环路定理：JBdl=卩工I0i载流长直导线的磁场：B=工(cos9cos9)4兀ri2口I无限长直导线的磁场：B=学载流长直螺线管的磁场：B=皆(cos91-cos92)无限长直螺线管的磁场：B=nl洛仑兹力：F=q厅xB安培力：dF=IdlxB磁介质中的高斯定理磁介质

5、中的环路定理JJBdS=0SJHdl=工I各向同性磁介质：ppH=pHr0内容提要法拉第电磁感应定律：匕=-dt动生电动势：=1(pxB)dl感生电动势：e=JEdl=JJdSkSdtdI自感：0=LI,=L-Ldt自感磁能：W=LI2m2dI互感：0=MI，=M1212dt磁能密度：w=2B2=2pH2=2BHm2p22题7.4：若电荷Q均匀地分布在长为L的细棒上。求证：(1)在棒的延长线，且离棒中心为r处的电场强度为E=丄兀80Q4r2一L(2)在棒的垂直平分线上，离棒为r处的电场强度为若棒为无限长(即L2),试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较。题7.4分析：这是计算连续分布电荷

6、的电场强度。此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理。但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上。如图所示，在长直线上任意取一线兀，其电荷为dq=Qdx/L，它在点P的电场强度为dE=1dqe4兀8r2r0整个带电体在点P的电场强度接着针对具体问题来处理这个矢量积分。(1)若点P在棒的延长线上，带电棒上各电荷兀在点P的电场强度方向相同，E=fdEiL(2)若点P在棒的垂直平分线上，则电场强度E沿x轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P的电场强度就是E=fdEj=fsinadEjLyL证(1)延长线上一点P的电场强度E=f，利用几何关系r=r-x统一积分变量，l4兀8rf20则E

7、=fL21Qdx=1P-L24冗8L(rx)24冗8L00冗84r2一L0电场强度的方向沿x轴。(3)根据以上分析，中垂线上一点P的电场强度E的方向沿y轴，大小为Efsinadql4冗8r20利用几何关系sina=r：r,r=、：r2+x2统一积分变量，则E=fL21rQdx=Q1一l24冗8L(x2+r2)322冗8r&l+4r2当棒长LT；时，若棒单位长度所带电荷为九常量，则P点电场强度E=limL-g1lQ：L=九2冗or斗1+4r2：L22兀此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同。这说明只要满足r2.辽21,带电长直细棒可视为无限长带电直线。题7.5：一半径为R的半圆细环上均匀分

8、布电荷Q求环心处的电场强度题7.5分析：在求环心处的电场强度时，不能将带电半圆环视作点电荷。现将其抽象为带电半圆弧线。在弧线上取线兀dl,其电荷此电荷兀可视为点电荷dq=dl，它在点O的电场兀R强度dE=丄屯e。因圆环上电荷对y轴呈对称性分布，电场分布也是轴对称的，则有4兀r2r0JdE=0，点O的合电场强度E=JdEj,统一积分变量可求得E。LxLy解：由上述分析，点O的电场强度E=J-Sin-dlOL4kR2冗R0由几何关系dl=Rd9，统一积分变量后，有E=兀sin9d9=-O04冗2冗2R200方向沿y轴负方向。题7.6:用电场强度叠加原理求证：无限大均匀带电板外一点的电场强度大小为E

9、=旦(提20示：把无限大带电平板分解成一个个圆环或一条条细长线，然后进行积分叠加)题7.6分析：求点P的电场强度可采用两种方法处理，将无限大平板分别视为由无数同心的细圆环或无数平行细长线兀组成，它们的电荷分别为dq=a2冗rdr或d入=ady求出它们在轴线上一点P的电场强度dE后，再叠加积分，即可求得点P的电场强度了。证1：如图所示，在带电板上取同心细圆环为微兀，由于带电平面上同心圆环在点P激发的电场强度dE的方向均相同，因而P处的电场强度E=JdEJXiJ丄沁J4k(r2+x2)324兀(r2+x2)3200a.=i20电场强度E的方向为带电平板外法线方向。证2：如图所示，取无限长带电细线为

10、微元，各微元在点P激发的电场强度dE在Oxy平面z内且对x轴对称，因此，电场在y轴和电场强度应为E=Ei=JdEcosaix=Jgaxdyig2Ky2+x20积分得E=JE-dSJpdV得球体内(0rR)在平板中部有一半径为r的小圆孔。2&0电场强度E的方向为带电平板外法线方向。上述讨论表明，虽然微元割取的方法不同，但结果是相同的。题7.10：设匀强电场的电场强度E与半径为R的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量。解：作半径为R的平面S，与半球面S一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理JE-dS=工q=0s0这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S，的电场强度通量

11、在数值上等于穿出半球面S的电场强度通量。因而JE-dS=JE-dSSS依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS的方向，E兀R2-cos冗兀R2E题7.13：设在半径为R的球体内，其电荷为对称分布，电荷体密度为p=kr0rRk为一常量。试用高斯定理求电场强度E与r的函数关系。解：因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定律1f冗kE(r)4冗r2Jrkr4冗r2drr4000if冗kE(r)-4冗r2JRkr4r2drR4000kR4E(r)e4r2r0题7.14：一无限大均匀带电薄平板，电荷面密度为o.求圆孔中心轴线上与平板相距为x的一点P的电场强度。题7.14分

12、析：用补偿法求解利用高斯定理求解电场强度只适用于几种非常特殊的对称性电场。本题的电场分布虽然不具有这样的对称性，但可以利用具有对称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加，求出电场的分布。若把小圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成、挖去圆孔的带电平板等效于一个完整的带电平板和一个带相反电荷(电荷面密度o=o)的圆盘。这样中心轴线上的电场强度等效于平板和圆盘各自独立在该处激发的电场的矢量和。解：在带电平面附近2s为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场2s1-它们的合电场强度为E=E+E=e。122S0Ux2+r2n在圆孔中心处x=0,则E=0在距离圆孔较远时xr,贝yE=卫e2s0y1+r2x2o

13、沁e2sn0上述结果表明,在xr时。带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计。题715：一无限长、半径为R的圆柱体上电荷均匀分布。圆柱体单位长度的电荷为X,用高斯定理求圆柱体内距轴线距离为r处的电场强度。题7.15分析：无限长圆柱体的电荷具有轴对称分布,电场强度也为轴对称分布,且沿径矢方向。取同轴往面为高斯面,电场强度在圆柱侧面上大小相等,且与柱面正交。在圆柱的两个底面上，电场强度与底面平行，E-dS=0对电场强度通量贡献为零。整个高斯面的电场强度通量为JE-dS=E-2兀rL由于，圆柱体电荷均匀分布，电荷体密度p=X：代R2，处于高斯面内的总电荷Yq=p冗r2l由高斯定理JE-dS=工q

14、;&o可解得电场强度的分布，解：取同轴柱面为高斯面，由上述分析得1XE-2冗rL=p冗r2L=r2LssR200XrE=2冗sR20题7.16：一个内外半径分别R1为R2和的均匀带电球壳，总电荷为Q1，球壳外同心罩一个半径为r3的均匀带电球面，球面带电荷为Q2o求电场分布。电场强度是否是场点与球心的距离r的连续函数？试分析。题7.16分析：以球心O为原点，球心至场点的距离r为半径，作同心球面为高斯面。由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等。因而JE-dS=E-4耐2，在确定高斯面内的电荷工q后,利用高斯定理JE-dS=Eq沱0即可求的电场强度的分布

15、解：取半径为r的同心球面为高斯面，由上述分析E-4冗r2rR,该高斯面内无电荷，工q=0，故RVrR2，高斯面内电荷工E1=0_Q(r3-R3)q_1R3-R321l，故EQ(r3-R3)E_i124m(R3-R3)r2021R2rR3，高斯面内电荷为Q1+Q2，故E_叫4兀sr20电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图所示。在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴r=r3的带电球面两侧，电场强度的跃变量AE_E-E43030这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性。实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的

16、，如本题中带电球壳内外的电场如球壳的厚度变小，E的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E的变化成为一跃变。题7.17：两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为和R2(R2R1)，单位长度上的电荷为九。求离轴线为r处的电场强度：(1)rR,(2)RjrR2题7.17分析：电荷分布在无限长同轴圆拄面上，电场强度也必定呈轴对称分布，沿径矢方向。取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且JE-dS_E-2兀rL，求出不同半径高斯面内的电荷Yq。利用高斯定理可解得各区域电场的分布。解：作同轴圆柱面为高斯面。根据高斯定理E-4冗rL_RrR，工q=XL在带电面附近，电场强度大小不连续，电

17、场强度有跃变题7.21：两个同心球面的半径分别为R1和R2，各自带有电荷Q1和Q2。求：（1）各区域电势分布，并画出分布曲线；（2）两球面间的电势差为多少？解1：（1）由高斯定理可求得电场分布rRRrR由电势VE-dZ可求得各区域的电势分布。当rR时，有=jR1E-dZ+Jr2R1R24冗IR014冗R4兀R4兀R当RrR时，有V=fgE-dZ4hR2）两个球面间的电势差=ir2E-dZ=4neR01质点的直线运动与刚体的定轴转动的对应关系式质点刚悴质里转动惯量=用第二定律转动定律M=J力的功且=J；F心力袒的功A=J：M血动能1*转动动能动能定理A=如皿-如u；动能定理功率Fv功率M心一丄r

18、n司理mv角动量i1rn跖冲量柜广倔动婴定理jFdt=用u?一mui角动屋定理厂Mdf=厂7、解：设绳子的拉力为T，对辘轳而言，根据转动定律有T/R二J卩(1)而对一桶水而言，由牛顿第二定律，有mg-T=ma(2)由于绳子在运动过程中不伸长，因此有a=BRT二T/(3)7题图mgM2m+M5x9.8xlO2x5+10=24.5(N)联解(1)、(2)、(3)可得桶下落过程中的绳子张力为：计算题(1)1.1)长直导线载有电流I，矩形线圈与其共面，长d，宽L2,长边与长导线平行，线圈共N匝，线圈以速度v垂直长导线向右运动，当AB边与导线相距x时，求线圈中感应电动势大小和方向；2)如果上题中线圈保持

19、不变，而长直导线中通有交变电流I二-sin兀t，则线圈中感应电动势如何？*1)载有电流为1的长直导线在空间产生的磁场:厂卩IB=$4，方向垂直纸面向里。2兀r选顺时针为积分正方向根据：E=f(vxB)-dliauIvL线段CA中产生的动生电动势：E=N-112兀x方向由C到A。线段DB中产生的动生电动势：空一n2黑二丿，方向由C到A2线圈中感应电动势大小：E=E+Ei122卩IvLiN012兀(x+L)2E丿眇x(x:L丿其中：S=L1L2，动生电动势方向为顺时针。22)如果线圈保持不变，长直导线中通有交变电流I=Iosin兀。仍然选取顺时针为回路绕行的正方向，线圈的法线方向垂直纸面向里，通过

20、距离直导线r,uI面积为dS=Ldr的磁通量：d=Ldr12兀r1任意时刻穿过一匝矩形线圈的磁通量d=字叮Ldr2兀r1七Lln2兀1d卩L1x+LdI根据法拉第电磁感应定律：E=-N,E=-N1加2*dty2xdt卩LIcostx+LE=N010In2i2x2.长直导线载有电流I,导线框与其共面，导线ab在线框上滑动，使ab以匀速度v向右运动，求线框中感应电动势的大小。*选取如图所示的坐标，顺时针为积分正方向，ab上线元dx产生的电动势为：dE二(VxB)-dl卩Iv02xdx,ELL0出dx2x线框中感应电动势的大小：E,二pIv1L+Lolno2L方向为逆时针。3.无限长直导线通有稳定电

21、流I，长L的金属棒绕其一端O在平面内顺时针匀速转动，角速度，0点至导线的垂直距离为r0，设直导线在金属棒旋转平面内，求在下面两种位置时棒内感应电动势大小和方向。r0屮卩血/7r0-（1一一0）dr，2rpI，r+L、亠小=0-（Lrln乂丿，方向沿ON。20r0计算题1.无限长直导线通以电流1,其旁有一直角三角形线圈通以电流12,线圈与长直导线在同一平面内，尺寸如图所示求bc,ca两段导线所受的安培力。,UI*be边上各点的磁感应强度相等，be边受到的安培力大小：二BIL，B=be22兀(d丰L)be卩IIL0122兀(d+L丿方向向左；选取如图所示的坐标，ea边的电流元Id受到的安培力：dF

22、=IdlxB将B-一卩01k和dldl(-Teos0-jsin0丿dl一dx代入2兀xeos0dF一一巴人x(isin0一jeos0丿2兀xeos0FJdFf一巴人x(Tsin0一jeos0丿ea2nxeos0d+l戸a一晋1n弓“tg0-儿安培力tg0-1，F一葺厶In耳(i一乃,ca2兀d卩II、d+l大小:一盲5丁*3.如图所示，有一半径为R的圆形电流12，在沿其直径AB方向上有一无限长直线电流I.方向见图，求：(1) 半圆弧AaB所受作用力的大小和方向；整个圆形电流所受作用力的大小和方向*选取如图所示的坐标，电流I在半圆弧AaB上产生的磁感应强度大小为：方向如图所示。在AaB上选取如图

23、所示的电流元I2dl,受到的安培力为：-卩II-卩II-dF=012(-dlcosai-dlsinaj),dF=q1(一dai-tgadaj)2兀Rcosa2兀工令aII2-aII-半圆弧AaB所受作用力:F=弋(daitgadaj)，F=-一iAaB2兀AaB2血一2aII1在右半圆弧上产生的磁感应强度大小为：B=2兀$snQ，方向如图所示。在右半圆弧上选取电流元I2dl，受到的安培力为dF=o12(-dlsinET+dlcos0j)2兀RsinB将刃如代入上式得到：dF二-西?+讪肝刃-a11ccc-a11-右半圆弧所受作用力：F=%12(一d0i+ctg0d0j)，F=一i2兀20整个圆形电流所受作用力：F=F+FAaBF=-aIIi012